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Álgebra y Geometría Analítica

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Última vez actualizado 17 mayo, 2018 por 3 comentarios

Primer Parcial Resuelto de AGA [05-05-2018]

Enunciado del primer parcial de álgebra [05-05-2018]

enunciado p1 ed

 

Ejercicio 1 – Recta y plano

Sean las rectas \({t_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x – y = 0}\\{x + 3y + z + \beta  = 0}\end{array}} \right.\)  y  \({t_2}:\;\;x – 1 = y – 3 = z\)

a) Obtenga \(\beta \in \mathbb{R}\) sabiendo que \({t_1}\) y \({t_2}\) son coplanares

b) Proporcione la ecuación general del plano determinado por las rectas dadas.

Resolución del ejercicio 1

Ítem a

Recordemos que la condición de coplanaridad entre dos rectas es:

\[\overrightarrow {{v_1}}  \times \overrightarrow {{v_2}} \left( {\overrightarrow {{P_1}{P_2}} } \right) = 0\]

Siendo \({v_1}\) el vector director de la recta 1, \({v_2}\) el vector director de la recta 2, y \({P_1}\) y \({P_2}\) puntos de las rectas 1 y 2 respectivamente.

Entonces vamos a:

(1) Hallar \(\overrightarrow {{v_1}} \),\(\overrightarrow {{v_2}} \) \({P_1}\) y \({P_2}\)

(2) Plantear la condición de coplanaridad

(3) Despejar el valor de \(\beta \)

Cómo \({t_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x – y = 0}\\{x + 3y + z + \beta  = 0}\end{array}} \right.\) está dada cómo intersección de dos planos, es posible obtener el vector director de \({t_1}\) haciendo el producto vectorial entre los vectores normales de esos planos:

\[\overrightarrow {{v_1}}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&{ – 1}&0\\1&3&1\end{array}} \right| = \left( { – 1, – 2,7} \right)\]

Para obtener un punto \({P_1} \in {t_1}\) podemos dar un valor arbitrario a \(x\), y averiguar los valores de \(y\) y de \(z\). Por ejemplo:

\[x = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2.0 – y = 0}\\{0 + 3y + z + \beta  = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0}\\{z =  – \beta }\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow {P_1} = \left( {0,0, – \beta } \right)\]

La recta \({t_2}\) está dada en forma simétrica. Entonces el vector director lo podemos sacar directamente:

\[{t_2}:\;x – 1 = y – 3 = z\]

\[\overrightarrow {{v_2}}  = \left( {1,1,1} \right)\]

Un punto de paso puede obtenerse buscando los valores de \(x\), de \(y\) y de \(z\) que anulan cada miembro:

\[x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1\]

\[y – 3 = 0 \Rightarrow y = 3\]

\[z = 0\]

\[ \Rightarrow {P_2} = \left( {1,3,0} \right)\]

Ahora podemos obtener \(\overrightarrow {{P_1}{P_2}} \):

\[\overrightarrow {{P_1}{P_2}}  = \left( {1,3,0} \right) – \left( {0,0, – \beta } \right) = \left( {1,3,\beta } \right)\]

Ya podemos plantear el producto mixto:

\[\overrightarrow {{v_1}}  \times \overrightarrow {{v_2}} \left( {\overrightarrow {{P_1}{P_2}} } \right) = 0\]

\[\overrightarrow {{v_1}}  \times \overrightarrow {{v_2}}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ – 1}&{ – 2}&7\\1&1&1\end{array}} \right| = \left( { – 9,8,1} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( { – 9,8,1} \right)\left( {1,3,\beta } \right) =  – 9 + 24 + \beta  = 0\]

\[ \bbox[yellow,5px]
{
\Rightarrow \beta  =  – 15
}
\]

Ítem b

El producto vectorial de los vectores directores de las dos rectas es igual al vector normal del plano que las contiene. (Cuando las rectas no son paralelas).

el producto vectorial de los directores de las rectas coplanares da el vector normal del plano

Entonces:

\[\pi : – 9x + 8y + z + d = 0\]

Sabemos que \(\left( {1,3,0} \right) \in \pi \):

\[ – 9.1 + 8.3 + 0 + d = 0 \Rightarrow d =  – 15\]

\[ \bbox[yellow,5px]
{
\Rightarrow \pi :\; – 9x + 8y + z – 15 = 0
}
\]

Ejercicio 2 – Haz de planos

Dada la recta \(r:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x – 2y = 0}\\{x + z = k}\end{array}} \right.\) y el haz de planos \(2x + y + z – 5 + \alpha \left( { – x + 2y – 3z – 5} \right) = 0\)

a) Halle el plano del haz que es paralelo a \(r\)

b) Determine los valores de \(k \in \mathbb{R}\) para los cuales la recta \(r\) está incluida en el plano hallado.

Resolución del ejercicio 2

Ítem a

Tenemos que hallar un plano \(\pi \) del haz de planos que sea paralelo a \(r\).

Veamos en un diagrama cómo es un plano paralelo a una recta:

recta paraleal a plano

Un plano es paralelo a una recta si el vector normal del plano \( \color{fuchsia}{\vec n}\) es perpendicular al vector director de la recta \(\color{red}{\vec v}\).

Así que vamos a plantear \(\vec v.\vec n = 0\), para obtener el plano \(\pi \).

La recta \(r:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x – 2y = 0}\\{x + z = k}\end{array}} \right.\) está definida cómo intersección de dos planos, entonces buscando el producto vectorial de los normales a esos planos obtenemos el vector director de la recta:

\[\overrightarrow {{v_r}}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ – 2}&0\\1&0&1\end{array}} \right| = \left( { – 2, – 1,2} \right)\]

Para obtener un punto de la recta \({P_r}\) podemos asignar un valor arbitrario a \(x\) (también sería válido con \(y\) o con \(z\)). Por ejemplo \(x = 0\):

\[x = 0 \Rightarrow \;\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 – 2y = 0}\\{0 + z = k}\end{array}} \right.\; \Rightarrow \;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0}\\{z = k}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow {P_r} = \left( {0,0,k} \right)\]

Entonces la ecuación vectorial de la recta \(r\) es:

\[r:\lambda \left( { – 2, – 1,2} \right) + \left( {0,0,k} \right)\]

La ecuación del haz de planos es:

\[2x + y + z – 5 + \alpha \left( { – x + 2y – 3z – 5} \right) = 0\]

Distribuyendo y sacando factor común podemos ver la forma de un vector normal del plano:

\[\left( {2 – \alpha } \right)x + \left( {1 + 2\alpha } \right)y + \left( {1 – 3\alpha } \right)z + \left( { – 5 – 5\alpha } \right) = 0\]

\[\vec n = \left( {2 – \alpha ,1 + 2\alpha ,1 – 3\alpha } \right)\]

Planteamos \(\vec v.\vec n = 0\):

\[\left( { – 2, – 1,2} \right)\left( {2 – \alpha ,1 + 2\alpha ,1 – 3\alpha } \right) = 0\]

\[ \Rightarrow  – 4 + 2\alpha  – 1 – 2\alpha  + 2 – 6\alpha  = 0\]

\[ \Rightarrow  – 6\alpha  – 3 = 0\]

\[ \Rightarrow \alpha  =  – \frac{1}{2}\]

Reemplazando \(\alpha  =  – \frac{1}{2}\) en la ecuación del haz de planos:

\[ \bbox[yellow,5px]
{
\pi :\;2,5x + 2,5z – 2,5 = 0
}
\]

Item b

Si la recta \(r\) está incluida en el plano, en particular el punto \(\left( {0,0,k} \right)\) debe pertenecer al plano.

Entonces:

\[2,5.0 + 2,5.k – 2,5 = 0\]

\[ \bbox[yellow,5px]
{
\Rightarrow k = 1
}
\]

 

Ejercicio 3 – Determinantes y subespacios

Justificando en cada caso, determine la verdad o falsedad de:

a) Si \(A = \left( {{A_1}\;\;\;{A_2}\;\;\;{A_3}} \right) \in {\mathbb{R}^{3 \times 3}}\), \(\left| A \right| = – 3\) y \(B = \left( {{A_1}\;\;\;\;\;{A_2} – 2{A_3}\;\;\;\;\;\;{A_2}} \right)\) entonces \(\left| {\frac{1}{3}{A^2}{B^t}{A^{ – 1}}} \right| = 6\)

b) Si \(B = \left\{ {\left( {1, – 1} \right),\left( {1,1} \right)} \right\}\) es base de \({\mathbb{R}^2} \Rightarrow \;\) las coordenadas de \(\left( {5,1} \right)\) en la base \(B\) son \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}2\\3\end{array}} \right)\).

Resolución del ejercicio 3

Ítem a

Aplicando propiedades podemos hallar el determinante de \(B\):

propiedades determinante

Ahora calculamos el determinante de \(\frac{1}{3}{A^2}.{B^t}.{A^{ – 1}}\) usando propiedades:

 

propiedades determinante 2

Es decir que la afirmación es falsa.

Ítem b

Afirman que \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}2\\3\end{array}} \right)\) son las coordenadas de \(\left( {5,1} \right)\) en la base \(B = \left\{ {\left( {1, – 1} \right),\left( {1,1} \right)} \right\}\).

Si eso fuera verdad entonces debería cumplirse que:

\[\left( {5,1} \right) = 2.\left( {1, – 1} \right) + 3\left( {1,1} \right)\]

\[\left( {5,1} \right) = \left( {2, – 2} \right) + \left( {3,3} \right)\]

\[\left( {5,1} \right) = \left( {5,1} \right)\]

Se cumple entonces ¡es verdadera la afirmación!

Ejercicio 4 – Espacios vectoriales

a) Halle la expresión analítica de \(W = gen\left\{ {\;1 + {x^2}\;,\;\;1 – x + {x^2}\;\;,\;\;1 + x + {x^2}} \right\}\)

b) Halle \(k \in \mathbb{R}\), si existen, para que \(p\left( x \right) = 2{x^2} + x + k\) pertenezca a \(W\).

Resolución del ejercicio 4

Ítem a

Los vectores de \(W\) son vectores de \({P_2}\) de la forma \({a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2}\) que son generados por \(\left\{ {\;1 + {x^2}\;,\;\;1 – x + {x^2}\;\;,\;\;1 + x + {x^2}} \right\}\). Tenemos que hallar qué relación existe entre \({a_0}\), \({a_1}\) y \({a_2}\) para que un vector pertenezca a \(W\).

Para eso podemos escribir a un vector genérico de \({P_2}\) y expresarlo cómo combinación lineal de los vectores de \(W\):

\[{a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} = \alpha \left( {1 + {x^2}} \right) + \beta \left( {1 – x + {x^2}} \right) + \gamma \left( {1 + x + {x^2}} \right)\;\;\;\;\alpha ,\beta ,\gamma  \in \mathbb{R}\]

\[{a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} = \left( {\alpha  + \beta  + \gamma } \right){x^2} + \left( { – \beta  + \gamma } \right)x + \left( {\alpha  + \beta  + \gamma } \right)\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_0} = \alpha  + \beta  + \gamma }\\{{a_1} =  – \beta  + \gamma }\\{{a_2} = \alpha  + \beta  + \gamma }\end{array}} \right. \Rightarrow \;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_0} = {a_2}}\\{{a_1} \in R}\end{array}} \right.\]

De acá se deduce que \({a_0}\) es igual a \({a_2}\), y que \({a_1}\) es libre.

Entonces:

\[W = \left\{ {{a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} \in {P_2}\;|\;\;{a_0} = {a_2}} \right\}\]

Con esto ya está resuelto el ítem a.

Pero vamos a profundizar un poco a ver si ayuda a entender el tema mejor.

\(W\) quedó definido por una única restricción o ecuación: \({a_0} = {a_2}\).

Cómo \(W\) es subespacico de \({P_2}\), entonces \(W\) debe tener dimensión 2.

Recordemos la relación que hay entre el número de restricciones que definen a un subespacio y su dimensión:

restricciones y dimension de subespacios de p2

Intentemos hallar la dimensión de \(W\) respondiendo: ¿Es \(\left\{ {\;1 + {x^2}\;,\;\;1 – x + {x^2}\;\;,\;\;1 + x + {x^2}} \right\}\) un conjunto LI o LD?

Para ver si son LI o LD igualemos una combinación lineal de ellos al vector nulo y veamos si hay solución única (la trivial) o no.

\[0 + 0.x + 0.{x^2} = \alpha \left( {1 + {x^2}} \right) + \beta \left( {1 – x + {x^2}} \right) + \gamma \left( {1 + x + {x^2}} \right)\;\;\;\;\alpha ,\beta ,\gamma  \in \mathbb{R}\]

\[0 + 0x + 0.{x^2} = \left( {\alpha  + \beta  + \gamma } \right){x^2} + \left( { – \beta  + \gamma } \right)x + \left( {\alpha  + \beta  + \gamma } \right)\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\alpha  + \beta  + \gamma  = 0}\\{ – \beta  + \gamma  = 0}\\{\alpha  + \beta  + \gamma  = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\alpha  =  – 2\gamma }\\{\beta  = \gamma }\end{array}} \right.\]

Vemos que el sistema es SCI (sistema compatible indeterminado). Es decir que hay infinitas soluciones. Esas soluciones son tales que \(\alpha  =  – 2\gamma \) y \(\beta  = \gamma \).

Por ejemplo, si \(\gamma  = 1\), entonces \(\alpha  =  – 2\) y \(\beta  = 1\):

\[ – 2.\left( {1 + {x^2}} \right) + 1.\left( {1 – x + {x^2}} \right) + 1.\left( {1 + x + {x^2}} \right)\]

\[ – 2 – 2{x^2} + 1 – x + {x^2} + 1 + x + {x^2}\]

\[0{x^2} + 0x + 0\]

Es decir que podemos despejar cualquiera de esos vectores que generan W en función de los otros dos. Por ejemplo:

\[1 + {x^2} = \frac{1}{2}.\left( {1 – x + {x^2}} \right) + \frac{1}{2}.\left( {1 + x + {x^2}} \right)\]

Entonces una base de \(W\) es:

\[{B_W} = \left\{ {1 – x + {x^2}\;\;,\;\;\;1 + x + {x^2}\;\;} \right\}\]

\[ \Rightarrow \dim \left( W \right) = 2\]

Esto es coherente con el hecho de que encontramos una única restricción que define a \(W\).

Ítem b

Si \(p\left( x \right) = 2{x^2} + x + k\) pertenece a \(W\), debe cumplir sus ecuaciones.

Es decir que debe ser \({a_0} = {a_2}\).

Entonces \(k = 2\).

Ejercicio 5 – Espacios vectoriales

Dados \(S = \left\{ {\left( {x,y,z} \right) \in {\mathbb{R}^3}\;|\;x – y + z = 0\; \wedge \;\;2x + z = 0} \right\}\) , \(W = gen\left\{ {\left( {1,0,1} \right),\left( {h, – 1,1} \right)} \right\}\)

Halle todos los valores de h reales para que:

a) \(S \oplus W = {\mathbb{R}^3}\)

b) Halle \({S^ \bot }\)

Resolución del ejercicio 5

Ítem a

Recordemos que la suma es directa si la intersección es el vector nulo.

Es decir:

\(S + W\) es directa \( \Leftrightarrow S \cap W = \left\{ {\left( {0,0,0} \right)} \right\}\)

Cómo \(S\) y \(W\) son subespacios de \({\mathbb{R}^3}\).

  • \(S\) es una recta que pasa por el origen (pues está definido cómo intersección de dos planos en R3)
  • \(W\) es un plano que pasa por el origen pues es un subespacio de \({\mathbb{R}^3}\) con dimensión 2.

Una recta y un plano que pasan por el origen en general se cortan justamente en \(\left( {0,0,0} \right)\). Excepto si la recta está incluida en el plano.

Entonces queremos que el vector director de la recta NO esté incluido en el plano.

\[\overrightarrow {{v_s}}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ – 1}&1\\2&0&1\end{array}} \right| = \left( { – 1,1,2} \right)\]

\[\overrightarrow {{n_\pi }}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&0&1\\h&{ – 1}&1\end{array}} \right| = \left( {1, – 1 + h, – 1} \right)\]

Si la recta estuviera incluida en el plano el vector director de la recta sería perpendicular al normal del plano.

recta incluida en plano

\[\left( { – 1,1,2} \right)\left( {1, – 1 + h, – 1} \right) = 0\]

\[ – 1 – 1 + h – 2 = 0\]

\[h = 4\]

Si \(h = 4\) la recta está incluida en el plano. Entonces para que NO esté incluida:

\[h \ne 4\]

Si \(h \ne 4\), entonces \(S \oplus W\).

Ítem b

\({S^ \bot }\) es el conjunto de vectores que son ortogonales a los de \(S\).

Pero cómo S es una recta… entonces \({S^ \bot }\) será el plano perpendicular.

\[\overrightarrow {{v_s}}  = \left( { – 1,1,2} \right)\]

\[\vec n = \left( { – 1,1,2} \right)\]

\[{S^ \bot }:\pi : – x + y + 2z = 0\]

 

 

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Archivado en:Primer parcial resuelto

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Comentarios

  1. Nicolás dice

    14 septiembre, 2018 en 8:23 pm

    Hola, en el punto 4-a) al expresarlo como CL lo iguale al vector nulo, sacando así las ecuaciones x+y+z=0 y -y+z=0. Me quedo parecido al tuyo salvo por «a0=a2» No debería de ir «a1=a2»? Ya que entiendo que esa ecuación la sacas de –β+γ

  2. Lautaro dice

    11 julio, 2019 en 2:33 pm

    Alguien me podría explicar como saca el determinante de B en el ejercicio 3)a)? No lo puedo comprender.. gracias!

  3. Joaquin dice

    24 julio, 2020 en 8:07 pm

    Hola parece ser que esta mal hecho el 3a, eleva el 1/3 al cubo sin razon, si no esta elevado la operacion da 6, haciendo la afirmacion verdadera.

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Unidad 3

Espacios vectoriales

En las unidades anteriores vimos que el álgebra de vectores y el álgebra de matrices presentan similitudes. Pudimos observar que las propiedades de la suma (de vectores o de matrices) y del producto por un escalar son idénticas en ambos conjuntos.

En esta unidad, generalizaremos el concepto de vector a partir de estas propiedades en común que hemos señalado para vectores geométricos y matrices.

Las siguientes preguntas nos ayudarán a focalizar el eje de esta unidad:

¿En qué se parecen los vectores geométricos, las matrices y los polinomios? ¿Qué propiedades comunes pueden detectarse en estos objetos de diferente naturaleza y variadas aplicaciones?

De esto se trata nuestra tercera unidad, donde se desarrollan conceptos centrales del álgebra lineal: espacios vectoriales, base, dimensión y coordenadas, entre otros.

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